Игральный кубик размечен следующим образом на трех гранях написано «1»

1. Игральный кубик размечен следующим образом: на трех гранях написано «1», на двух – «2», на одной – «3». Бросают кубик до первого появления цифры «2». Случайная величина Z- количество произведенных бросков, которых не может быть более 4. Написать закон распределения Z, вычислить математическое ожидание M(Z), дисперсию D(Z), вычислить вероятность события Z∈-2;2,2 и события Z∈[3;8].

Решение:

Случайная величина Z- количество произведенных бросков может принимать следующие значения: 1, 2, 3, 4.
Найдем вероятности, соответствующие этим значениям.
Z=1. Вероятность того, что при первом броске выпадет «2», по классическому определению вероятности равна:
PZ=1=26=13.
Z=2. Вероятность того, что при первом броске не выпадет «2», а при втором броске выпадет «2», найдем с помощью теоремы умножения вероятностей:
PZ=2=46∙26=836=29.
Z=3. Вероятность того, что при первом броске не выпадет «2», при втором броске не выпадет «2», а при третьем броске выпадет «2», найдем с помощью теоремы умножения вероятностей:
PZ=3=462∙26=32216=427.
Z=4. Вероятность того, что при первых трех бросках не выпадет «2», а при четвертом броске выпадет «2», или не выпадет, найдем с помощью теорем умножения и сложения вероятностей:
PZ=4=463∙26+464=1281296+2561296=827.
Запишем закон распределения случайной величины Z:
zi
1 2 3 4
pi
13
29
427
827

Находим математическое ожидание:
MZ=zipi=1∙13+2∙29+3∙427+4∙827=6527;
дисперсию:
DZ=zi2pi-MZ2=12∙13+22∙29+32∙427+42∙827-65272=19727-42255832=10945832=0,187.
составим функцию распределения случайной величины Z:
Fx=0, x<1,13, 1≤x<2,13+29=59, 2≤x<3,59+427=1927, 3≤x<4,1927+827=1, x≥4.
Вероятность попадания случайной величины в интервал (α; β) находится по формуле:
Pα≤X≤β=Fβ-Fα.
Тогда находим:
P-2≤X≤2,2=F2,2-F-2=59-0=59;
P3≤X≤8=F8-F3=1-1927=827.

2. Слово АМЕРИКА разрезано по буквам. Случайным образом вынимаем три буквы и X- количество гласных среди вынутых букв, далее вынимаем две буквы и Y- количество гласных среди двух вынутых букв. Составить закон распределения системы случайных величин X,Y.

Решение:

Всего 7 букв в слове, из них 4 буквы – гласные.
Случайная величина X- количество гласных среди вынутых трех букв может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3.
Найдем вероятности появления этих значений.
Используем классическое определение вероятности:
PA=mn,
количество всех элементарных равновозможных исходов равно количеству способов выбрать 3 буквы из 7:
n=C73=7!3!∙7-3!=7!3!∙4!=5∙6∙71∙2∙3=35.
1) X=0. Количество исходов, благоприятствующих этому событию равно количеству способов извлечь три согласных буквы из 3:
m=1.
Значит,
PX=0=135.
2) X=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Количество способов выбрать 1 букву из 4 гласных равно 4, при этом 2 остальные буквы должны быть выбраны из 3 согласных, это можно сделать C32 способами. Таким образом,
m=4∙C32=4∙3!2!∙3-2!=4∙3!2!∙1!=12.
Значит,
PX=1=1235.
3) X=2. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Количество способов выбрать 2 буквы из 4 гласных равно C42, при этом 1 оставшаяся буква должны быть выбрана из 3 согласных, это можно сделать 3 способами. Таким образом,
m=3∙C42=3∙4!2!∙4-2!=3∙4!2!∙2!=3∙3∙41∙2=18.
Значит,
PX=2=1835.
4) X=3. Количество исходов, благоприятствующих этому событию равно количеству способов извлечь три гласных буквы из 4:
m=C43=4!3!∙4-3!=4!3!∙1!=4.
Значит,
PX=3=435.

Случайная величина Y- количество гласных среди двух вынутых букв, после того, как были вынуты 3 буквы. Она может принимать следующие значения: 0,1, 2.
1) Если X=0, то осталось 4 гласных буквы и Y=2 с вероятностью
PX=0;Y=2=135∙1=135.
2) Если X=1, то осталось 3 гласных буквы и одна согласная буква. Среди вынутых двух букв может быть или одна гласная или две.
Количество способов выбрать 2 буквы из четырех равно
n=C42=4!2!∙4-2!=4!2!∙2!=3∙41∙2=6.
Y=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать одну гласную букву из 3 можно 3 способами, при этом оставшаяся одна буква должна быть выбрана из 1 буквы, это можно сделать одним способом, значит,
m=3∙1=3,
тогда
PX=1;Y=1=1235∙36=635.
Y=2. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две гласных буквы из 3 можно C32 способами, значит,
m=C32=3!2!∙3-2!=3!2!∙1!=3,
тогда
PX=1;Y=2=1235∙36=635.
3) Если X=2, то осталось 2 гласных буквы и 2 согласных буква. Среди вынутых двух букв может быть или ноль, или одна гласная, или две.
Y=0. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две согласных буквы из 2 можно 1 способом, значит,
m=1,
тогда
PX=2;Y=0=1835∙16=335
Y=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать одну гласную букву из 2 можно 2 способами, при этом оставшаяся одна буква должна быть выбрана из 2 согласных букв, это можно сделать 2 способами, значит,
m=2∙2=4,
тогда
PX=2;Y=1=1835∙46=1235.
Y=2. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две гласных буквы из 2 можно 1 способом, значит,
m=1,
тогда
PX=2;Y=2=1835∙16=335.
4) Если X=3, то осталось 1 гласная буквы и 3 согласных буква. Среди вынутых двух букв может быть или ноль, или одна гласная.
Y=0. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две согласных буквы из 3 можно C32 способами, значит,
m=C32=3!2!∙3-2!=3!2!∙1!=3,
тогда
PX=3;Y=0=435∙36=235.
Y=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать одну гласную букву из одной можно 1 способом, при этом оставшаяся одна буква должна быть выбрана из3 согласных букв, это можно сделать 3 способами, значит,
m=1∙3=3,
тогда
PX=3;Y=1=435∙36=235.

Запишем закон распределения системы случайных величин X,Y:
X
Y
0 1 2 3
0 0 0 335
235
1 0 635
1235
235
2 135
635
335
0

3.
X
-1
-2
2
3

Y
-2
1
2
3
P
0,2
0,1
?
0,3

P
0,6
?
0,1
0,2

Написать закон распределения случайной величины Z=Y-X.
Вычислить M3X+6Y, D3Y-4, MX2.

Решение:

Из условия
pi=1
находим недостающие вероятности.
Для случайной величины X:
0,2+0,1+p3+0,3=1, ⟹p3=1-0,6=0,4;
Для случайной величины Y:
0,6+p2+0,1+0,2=1, ⟹p1=1-0,9=0,1,
тогда законы распределения:
X
-1
-2
2
3

Y
-2
1
2
3
P
0,2
0,1
0,4
0,3

P
0,6
0,1
0,1
0,2

Составим вспомогательную таблицу:
X
Y
Z=2X+Y
P
-1
-2
-1
0,2∙0,6=0,12
-1
1
2
0,2∙0,1=0,02
-1
2
3
0,2∙0,1=0,02
-1
3
4
0,2∙0,2=0,04
-2
-2
0
0,1∙0,6=0,06
-2
1
3
0,1∙0,1=0,01
-2
2
4
0,1∙0,1=0,01
-2
3
5
0,1∙0,2=0,02
2
-2
-4
0,4∙0,6=0,24
2
1
-1
0,4∙0,1=0,04
2
2
0
0,4∙0,1=0,04
2
3
1
0,4∙0,2=0,08
3
-2
-5
0,3∙0,6=0,18
3
1
-2
0,3∙0,1=0,03
3
2
-1
0,3∙0,1=0,03
3
3
0
0,3∙0,2=0,06

Значит, случайная величина может принимать значения:
Z=-5 с вероятностью 0,18;
Z=-4 с вероятностью 0,24;
Z=-2 с вероятностью 0,03;
Z=-1 с вероятностью 0,12+0,04+0,03=0,19;
Z=0 с вероятностью 0,06+0,04+0,06=0,16;
Z=1 с вероятностью 0,08;
Z=2 с вероятностью 0,02;
Z=3 с вероятностью 0,02+0,01=0,03;
Z=4 с вероятностью 0,04+0,01=0,05;
Z=5 с вероятностью 0,02;

Запишем закон распределения случайной величины Z=Y-X:

Z
-5
-4
-2
-1
0
1
2
3
4
5
P
0,18
0,24
0,03
0,19
0,16
0,08
0,02
0,03
0,05
0,02

Проверка:
pi=0,18+0,24+0,03+0,19+0,16+0,08+0,02+0,03+0,05+0,02=1.

Вычисляем:
MX=xipi=-1∙0,2-2∙0,1+2∙0,4+3∙0,3=1,3;DX=xi2pi-MX2=-12∙0,2+-22∙0,3+22∙0,5+32∙0,3-1,32=4,41;
MY=yipi=-2∙0,6+1∙0,1+2∙0,1+3∙0,2=-0,3;DY=yi2pi=-22∙0,6+12∙0,1+22∙0,1+32∙0,2–0,32=4,31.

Используя свойства математического ожидания и дисперсии, находим:
M3X+6Y=M3X+M6Y=3MX+6MY=3∙1,3+6∙(-0,3)=2,1;
D3Y-4=D3Y+D-4=-32∙DY+0=9∙4,31=38,79;
MX2=xi2pi=-12∙0,2+-22∙0,3+22∙0,5+32∙0,3=6,1.

4. Плотность вероятности случайной величины задана графически:

Определить H, вычислить вероятность события X∈[M;M+1], вероятность того, что при пяти испытаниях хотя бы один раз X∈[1;M].

Решение:

Плотность вероятности случайной величины имеет вид:
fx=0, x<0,H, 0≤x<2,2H, 2≤x<3,0, x≥3.
Найдем параметр H из условия нормировки
-∞+∞fxdx=1:
-∞+∞fxdx=02Hdx+232Hdx=Hx02+2Hx23=H2-0+2H3-2=2H+2H=4H=1,
откуда H=14.
Тогда плотность вероятности случайной величины:
fx=0, x<0,14, 0≤x<2,12, 2≤x<3,0, x≥3.
Найдем математическое ожидание:
M=-∞+∞x∙fxdx=1402xdx+1223xdx=14∙x2202+12∙x2223=1822-02+1432-22=12+54=74=1,75.
1) Найдем вероятность события X∈1,75; 2,75:.
P1,75<X<2,75=1,752,75fxdx=141,752dx+1222,75dx=14∙x1,752+12∙x22,75=142-1,75+122,75-2=0,4375;
2) Найдем вероятность события X∈1; 1,75:.
P1<X<1,75=11,75fxdx=1411,75dx=14∙x11,75=141,75-1=0,1875.
Пусть событие A- (из пяти испытаний хотя бы раз X∈1;1,75). Это событие противоположно событию A- (из пяти испытаний ни разу X∈1;1,75).
Вероятность события A найдем, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
n=5, k=0, p=0,1875, q=1-p=1-0,1875=0,8125.
Вычисляем:
PA=P50=C50∙0,18750∙0,81255-0=5!0!∙5-0!∙1∙0,81255=5!0!∙5!∙1∙0,81255=1∙1∙0,81255=0,66.
Так как события A и A образуют полную группу событий, то
PA+PA=1,
откуда
PA=1-PA=1-0,66=0,34.
5. Задача 5. Случайная величина X распределена по нормальному закону N(-1;2).
Вычислить:
1) вероятность того, что X∈-6;1;
2) вероятность того, что при пяти испытаниях три раза
X∈M;M+D;

Решение:

Для нормально распределенной случайной величины с математическим ожиданием a и средним квадратическим отклонением σ, вероятность попадания в интервал (α; β) можно определить по формуле:
Pα≤X≤β=Фβ-aσ- Фα-aσ,
где Фt-функция Лапласа,
из условия задачи a=-1, σ=2.
Находим:
1)
P-6≤X≤1=Ф1+12- Ф-6+12=Ф1- Ф-2,5.
По таблице значений функции Лапласа, учитывая, что функция нечетная, находим:
Ф1= 0,3413; Ф-2,5=-Ф2,5=-0,4938,
тогда искомая вероятность:
P-6≤X≤1=0,3413–0,4938=0,8351.

2) найдем вероятность того, что при одном испытании X∈-1;0,41:
p=P-1≤X≤0,41=Ф0,41+12- Ф-1+12=Ф0,71- Ф0.
По таблице значений функции Лапласа находим:
Ф0,71=0,2611 ; Ф0=0,
тогда искомая вероятность:
p=0,2611.
Вероятность того, что при одном испытании X ∉ -1;0,41 равна
q=1-p=1-0,2611=0,7389.
Вероятность того, что при пяти испытаниях три раза
X∈-1;0,41, найдем, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
n=5, k=3, p=0,2611, q=1-p=1-0,2611=0,7389.
Вычисляем:
P53=C53∙0,26113∙0,73895-3=5!3!∙5-3!∙0,26113∙0,73892=5!3!∙2!∙0,26113∙0,73892=4∙52∙0,26113∙0,73892=0,097.

6. Случайный вектор (X,Y) равномерно распределен в левом полукруге
X2+Y2≤9.
Найти MX, MY, DX, DY, rXY, линии регрессии.

Решение:

Плотность распределения вероятностей системы X,Y
ρx,y=C, в круге X2+Y2≤9,0, в остальных точках

Константу C найдем из условия нормировки
-∞+∞-∞+∞ρx, ydxdy=1:
C-33dy-9-y29-y2dx=C-339-y2–9-y2dy=2C-339-y2dy=2C∙y29-y2+92arcsiny3-33=2C∙329-32+92arcsin33–329–32+92arcsin-33=2C∙92arcsin1+92arcsin1=2C∙9∙π2=9πC=1,

откуда
C=19π.

Значит, плотность распределения вероятностей системы X,Y
ρx,y=19π, в круге X2+Y2≤9,0, в остальных точках.

Найдем плотности распределения компонент:
ρ1x=-∞+∞ρx,ydy=19π-9-x29-x2dy=19π∙y9-x29-x2=19π9-x2–9-x2=24-x29π,

при x∈[-3;3] и 0 при других значениях переменной х.
ρ2y=-∞+∞ρx,ydx=19π-4-y29-y2dx=19π∙x-9-y29-y2=19π9-y2–9-y2=29-y29π,

при y∈[-3;3] и 0 при других значениях переменной y.

Найдем математические ожидания:
M(X)=-∞+∞x∙ρ1xdx=-33x∙29-x29πdx =29π-33×9-x2dx =-29π-339-x2d9-x2 =-29π∙9-x23232-33=-427π9-3232-9–3232=0;

M(Y)=-∞+∞y∙ρ2ydy=-33y∙29-y29πdy =29π-33y9-y2dy =-29π-339-y2d9-y2 =-29π∙9-y23232-33=-427π9-3232-9–3232=0.

Найдем дисперсии:
DX=-∞+∞x2∙ρ1xdx-MX2=-33×2∙29-x29πdx-0=29π-33×29-x2dx =29π∙x82x2-99-x2+818arcsinx3-33=29π382∙32-99-32+818arcsin33–382∙-32-99–32+818arcsin-33=29π∙814∙arcsin1=29π∙814∙π2=94.
DY=-∞+∞y2∙ρ1ydy-My2=-33y2∙29-y29πdy-0=29π-33y29-y2dy =29π∙y82y2-99-y2+818arcsiny3-33=
=29π382∙32-99-32+818arcsin33–382∙-32-99–32+818arcsin-33=29π∙814∙arcsin1=29π∙814∙π2=94

Ковариацию находим по формуле:
covX, Y=Dx∙y∙ρx,ydxdy-M(X)∙M(Y)=19π-33ydy-9-y29-y2xdx-0∙0=19π-33y∙x22-9-y29-y2dy=118π-22y∙0dy=0.
Значит,
rXY=covX, YDX∙DY=0.

7. Случайные величины X и Y независимы и распределены по показательным законам. Случайная величина Z=2X+Y распределена так, что MZ=4, а DZ=8. Найти плотность и функцию распределения случайного вектора X, Y.

Решение:

Из свойств математического ожидания и дисперсии следует:
MZ=M2X+Y=M2X+MY=2MX+MY=4,
DZ=D2X+Y=D2X+DY=4DX+DY=8.

Так как случайные величины X и Y независимы и распределены по показательным законам, то
MX=1λx, MY=1λy;DX=1λx2, DY=1λy2.
Составим и решим систему уравнений:
2λx+1λy=4,4λx2+1λy2=8;⟺2λy+λx=4λxλy,4λy2+λx2=8λx2λy2;⟺λx=2λy4λy-1,4λy2+2λy4λy-12=82λy4λy-12λy2,
решаем второе уравнение системы:
1+14λy-12=8λy24λy-12,4λy-12+1-8λy2=0,16λy2-8λy+1+1-8λy2=0,4λy2-4λy+1=0,2λy-12=0,λy=12,
Находим
λx=2∙124∙12-1=1.
Плотности распределения случайных величин:
px=e-x,py=12e-12y,
тогда плотность распределения случайного вектора X,Ypx,y=px∙py=12e-x∙e-12y=12e-x-12y, при x, y≥0.

Функции распределения случайных величин:
Fx=1-e-x, x≥0,0, x<0;
Fy=1-e-12y, y≥0,0, y<0;
функция распределения случайного вектора X,Y:
Fx, y=Fx∙Fy=1-e-x∙1-e-12y=1-e-12y-e-x+e-x∙e-12y.

8. Нормальные случайные величины X=N-1;1, Y=2;3 независимы. Z=X-2Y.
Найти MZ, DZ, fz, PZ≤2.

Решение:

По условию задачи:
MX=-1, DX=12=1;MY=2, DY=32=9.

Так как величины независимы, то
MZ=MX-2Y=MX-2MY=-1-2∙2=-5;DZ=DX-2Y=DX+-22DY=1+4∙9=37.
Плотность распределения нормально распределенной случайной величины:
fz=1σ2πe-z-a22∙σ2,
имеем: a=-5, σ=37=6,08,
тогда
fz=16,082πe-z+5274.

Для нормально распределенной случайной величины с математическим ожиданием a и средним квадратическим отклонением σ, вероятность попадания в интервал (α; β) можно определить по формуле:
Pα≤X≤β=Фβ-aσ- Фα-aσ,
где Фt-функция Лапласа,
Находим:
P-∞≤X≤2=Ф2+56,08- Ф-∞+56,08=Ф1,15- Ф-∞.
По таблице значений функции Лапласа, учитывая, что функция нечетная, находим:
Ф1,15= 0,3749; Ф-∞=-Ф∞=-0,5,
тогда искомая вероятность:
P-∞≤X≤2=0,3749–0,5=0,8749.

9. Имеем две коробки с шарами. В первой находится 3 красных и 8 черных, во второй 5 красных и 4 черных. Из первой коробки достали один шар, а из второй – 5 шаров. Вычислить вероятность того, что вынутые шары одного цвета.

Решение:

Пусть A- (вынутые шары красного цвета). Найдем вероятность этого события.
Вероятность достать из первой коробки один красный шар равна
P(A1)=33+8=311.
Пусть A2- (из второй коробки достали 5 красных шаров). Найдем вероятность этого события.
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно количеству способов выбрать 5 шаров из 9:
n=C95=9!5!∙9-5!=9!5!∙4!=6∙7∙8∙91∙2∙3∙4=7∙2∙9=126.
Количество исходов, благоприятствующих событию A2 равно количеству способов выбрать 5 красных шаров из 5. Это можно сделать только одним способом,
m=1.
Тогда вероятность события A2:
PA2=1126.
Вероятность события A найдем, используя теорему умножения вероятностей:
PA=PA1∙A2=PA1∙PA2=311∙1126=31386.

Вероятность события B-(вынутые шары черного цвета) равна 0, так как во второй коробке всего 4 черных шара.

Ответ: 31386.

10. В ноябре обычно бывает 18 морозных дней. Какова вероятность того, что среди 6 случайно выбранных ноябрьских дней окажется хотя бы два морозных?

Решение:

Вероятность того, что один отдельно взятый ноябрьский день окажется морозным по классическому определению вероятности равна:
p=1830=0,6.
Пусть A- (среди 6 случайно выбранных ноябрьских дней окажется хотя бы два морозных). Это событие противоположно событию A- (среди 6 случайно выбранных ноябрьских дней окажется менее двух морозных). Событие A состоит в том, что окажется или 0, или 1 морозный день. Найдем его вероятность с помощью формулы Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
n=6, k=0, 1, p=0,6, q=1-p=1-0,6=0,4.
Вычисляем:
PA=1-PA=1-(P60+P6(1)) =1-C60∙0,60∙0,46-0-C61∙0,61∙0,46-1=1-6!0!∙6-0!∙0,60∙0,46-6!1!∙6-1!∙0,61∙0,45=1-6!0!∙6!∙0,60∙0,46-6!1!∙5!∙0,61∙0,45=1-1∙1∙0,004096-6∙0,6∙0,01024=0,95904.

11. Прибывшие на грузовую станцию вагоны в количестве n штук трижды проходят технический осмотр: в парке приема, перед погрузкой и в парке отправления. Каждый вагон с вероятностью p1 имеет дефект. Дефект, если он имеется, бригада обнаруживает с вероятностью p2. Найти вероятность того, что после трех осмотров отправляемый со станции поезд будет иметь хотя бы один вагон с дефектом.

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H1i- i-й вагон имеет дефект,
H2i- i-й вагон не имеет дефект.

Вероятность первой гипотезы дана в условии задачи:
PH1i=p1,
так как гипотезы составляют полную группу гипотез, то
PH2i=1-PH1i=1-p1.
Пусть событие B- (все вагоны прошли проверку), событие Bi –(i-тый вагон прошел проверку).
Найдем условные вероятности этого события при сделанных гипотезах:
PBiH1i=1-p2,PBiH2i=1.
Используя формулу полной вероятности, найдем вероятность события Bi:
PBi=PHi1∙PBiH1i+PHi2∙PBiHi2=p1∙1-p2+1-p1∙1=p1-p1p2+1-p1=1-p1p2.
Известно, что событие Bi произошло. Найдем вероятность того, что этот вагон был без дефекта, используя формулу Байеса:
PHi2=PHi2∙PBiHi2PBi=1-p11-p1p2.
Вероятность того, что все n вагонов были без дефектов:
PH2=PHi2n=1-p11-p1p2n.
Пусть событие A- (хотя бы один вагон с дефектом), это событие противоположно событию PH2, и равно:
PA=1-PH2=1-1-p11-p1p2n.

marv 4.8

Большой опыт написания работ (ГМУ, экономика, менеджмент, управление персоналом, политология и др.)

Нанять автора